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京大特色4番一般化解答

※　以下の解答は，かたつむりさんが掲示板に書き込まれ， またPDFにまとめて南海にお送りいただいたものを，再構成したものである． また，細かな改訂はPDFのみで行うので，必ずPDFファイルを確認してほしい．
大学側が奥行きのある問題を提起し， それを教える側のものが一般化して，高校生に伝えることは， 数学の在り方として大切ではないかと考え，感謝して掲載する．
この一般化の解答が高校範囲でできることは驚きである．

解答の準備として，1つの命題と1つの入試問題を証明する．
まず，実数$x$に対して$[x]$で$x$を超えない最大の整数を表す． つまり$[x] \leqq x<[x]+1$となる整数を表す． したがって \[ x-1<[x]\leqq x \] が成り立つ．また， \[ \{x\}=x-[x] \] とおく．$0\leqq \{x\}<1$であり，$x$の小数部分を意味する．
命題
$x$を実数，$m$を正整数，$n$を整数とする．$m，n$の最大公約数を$d$とすると， 等式 \[ \sum_{k=0}^{m-1}\biggl[\dfrac{kn+x}{m}\biggr] =\dfrac{(m-1)(n-1)}{2}+\dfrac{d-1}{2}+d\biggl[\dfrac{x}{d}\biggr] \quad \cdots(1) \] が成り立つ．
証明 　$m=dm'$，$n=dn'$とおく． \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{m-1}\biggl[\dfrac{kn+x}{m}\biggr]&=& \sum_{k=0}^{m-1}\left\{\left(\dfrac{kn+x}{m} \right)-\left\{\dfrac{kn+x}{m}\right\}\right\}\\ &=&\dfrac{(m-1)n}{2}+x-\sum_{k=0}^{dm'-1}\left\{\dfrac{kn'+\dfrac{x}{d}}{m'}\right\} \end{eqnarray*} である． 一般に整数$p$と$q$が互いに素なとき， 整数$a,\ b$に対して， \[ 条件:\ a\equiv b\quad (\bmod \ p)\quad ,\quad 条件:\ qa\equiv qb\quad (\bmod \ p) \] は同値である． $m'$と$n'$が互いに素なので，$k$が0から$dm'-1$まで$dm'$個の整数を動くとき， $kn'$を$m'$で割った余りを，順に$m'$個ずつとって一つの集合とし，あわせて$d$個の集合を作ると， いずれもが相異なる$m'$個よりなる$m'$で割った余りの集合となる． よってそれはつねに集合 \[ \{0，1，\cdots，m'-1\} \] と一致する．$kn'$を$m'$で割った商が$q$，余りが$r$で$kn'=m'q+r$のとき， \[ \left\{\dfrac{kn'+\dfrac{x}{d}}{m'}\right\}= \left\{\dfrac{m'q+r+\dfrac{x}{d}}{m'}\right\}= \left\{\dfrac{r+\dfrac{x}{d}}{m'} \right\} \] なので， \[ \sum_{k=0}^{dm'-1}\left\{\dfrac{kn'+\dfrac{x}{d}}{m'}\right\}= d\sum_{j=0}^{m'-1}\left\{\dfrac{j+\dfrac{x}{d}}{m'}\right\} \] である．さらに，$\gamma=\left\{\dfrac{x}{d}\right\}$とし， \[ \dfrac{x}{d}=m's+l+\gamma \] とおく．ここに$s$と$l$は整数で$0\leqq l\leqq m'-1$とする． すると， \[ \left\{\dfrac{j+\dfrac{x}{d}}{m'}\right\}= \left\{\dfrac{j+l+\gamma}{m'}\right\} \] であるが，$j=0，1，\cdots，m'-1$について分子$j+l+\gamma$が$m'$より小さいか大きいかを調べ， 上段に$m'$より小さいもの，下段に$m'$以上のものに対する$\dfrac{j+l+\gamma}{m'}$を書くと， \[ \begin{array}{l} \dfrac{l+\gamma}{m'}，\dfrac{l+1+\gamma}{m'}，\cdots，\dfrac{m'-1+\gamma}{m'}\\ \dfrac{m'+\gamma}{m'}，\dfrac{m'+1+\gamma}{m'}，\cdots，\dfrac{m'-1+l+\gamma}{m'} \end{array} \] となる．よって，その小数部分は \[ \dfrac{l+\gamma}{m'}，\dfrac{l+1+\gamma}{m'}，\cdots，\dfrac{m'-1+\gamma}{m'}， \dfrac{\gamma}{m'}，\dfrac{1+\gamma}{m'}，\cdots，\dfrac{l-1+\gamma}{m'} \] つまり \[ \dfrac{\gamma}{m'}，\dfrac{1+\gamma}{m'}，\cdots，\dfrac{l-1+\gamma}{m'}， \dfrac{l+\gamma}{m'}，\dfrac{l+1+\gamma}{m'}，\cdots，\dfrac{m'-1+\gamma}{m'} \] である．この結果， \[ \sum_{j=0}^{m'-1}\left\{\dfrac{j+\dfrac{x}{d}}{m'}\right\} =\dfrac{(m'-1+2\gamma)m'}{2m'}=\dfrac{m'-1+2\gamma}{2} \] となる． よって， \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{m-1}\biggl[\dfrac{kn+x}{m}\biggr]&=& \dfrac{(m-1)n}{2}+x-d\cdot \dfrac{m'-1+2\gamma}{2}\\ &=&\dfrac{(m-1)n}{2}+d\cdot\dfrac{x}{d}-\dfrac{m-1+1-d}{2}-d\gamma\\ &=&\dfrac{(m-1)(n-1)}{2}+\dfrac{d-1}{2}+d\cdot \left(\dfrac{x}{d}-\gamma \right)\\ &=&\dfrac{(m-1)(n-1)}{2}+\dfrac{d-1}{2}+d\biggl[\dfrac{x}{d}\biggr] \end{eqnarray*} である．
2000年上智大学後期
$a$を正の無理数とする．$a_0=a$とおく．$a_0$に対して，$a_0$を超えない最大の整数を$k_0$とおき， \[ a_0=k_0+ \dfrac{1}{a_1} \] によって$a_1$を決める．このようにして$a_n$まで決めたとき，この$a_n$に対して，$a_n$を超えない最大の整数を$k_n$とおき， \[ a_n=k_n+ \dfrac{1}{a_{n+1}} \] によって$a_{n+1}$を決める． また， 数列$\{ P_n \}\ (n=0，1，2，\cdots，)$，$\{ Q_n \}\ (n=0，1，2，\cdots，)$を次の漸化式で定義する． \begin{eqnarray*} &&P_0=1,\ P_1=k_0,\ P_{n+1}=P_{n-1}+k_nP_n\ (n=1，2，\cdots )\\ &&Q_0=0,\ Q_1=1,\ Q_{n+1}=Q_{n-1}+k_nQ_n\ (n=1，2，\cdots ) \end{eqnarray*} このとき次のことが成り立つことを示せ．

(1)　$P_nQ_{n-1}-P_{n-1}Q_n=(-1)^n\ (n=1，2，\cdots )$
(2)　$n\geqq 1$のとき，$P_n$と$Q_n$の最大公約数は$1$である．
(3)　$a=\dfrac{P_{n-1}+P_na_n}{Q_{n-1}+Q_na_n}\ (n=1，2，\cdots)$
(4)　$\left| a-\dfrac{P_n}{Q_n}\right|<\dfrac{1}{Q_n^2}\ (n=1，2，\cdots)$

解答
(1)　条件から \begin{eqnarray*} P_{n+1}Q_n-P_nQ_{n+1}&=&(P_{n-1}+k_nP_n)Q_n-p_n(Q_{n-1}+k_nQ_n)\\ &=&-(P_nQ_{n-1}-P_{n-1}Q_n)\\ ∴&&P_nQ_{n-1}-P_{n-1}Q_n=(-1)^{n-1}(P_1Q_0-P_0Q_1)=(-1)^n \end{eqnarray*} (2)　 $P_n$と$Q_n$の最大公約数を$d$とし$P_n=dP'_n，Q_n=dQ'_n$とする． \[ P_nQ_{n-1}-P_{n-1}Q_n=d(P'_nQ_{n-1}-P_{n-1}Q'_n)=(-1)^n \] \[ ∴ \quad d=1 \] つまり$n\geqq 1$のとき，$P_n$と$Q_n$の最大公約数は$1$である．
(3)　 \begin{eqnarray*} \dfrac{P_{n-1}+P_na_n}{Q_{n-1}+Q_na_n} &=&\dfrac{P_{n-1} +P_n \left(k_n+ \dfrac{1}{a_{n+1}} \right)}{Q_{n-1}+Q_n \left(k_n+ \dfrac{1}{a_{n+1}} \right)}\\ &=&\dfrac{P_{n+1}+\dfrac{P_n}{a_{n+1}}}{Q_{n+1}+\dfrac{Q_n}{a_{n+1}}} =\dfrac{P_n+P_{n+1}a_{n+1}}{Q_n+Q_{n+1}a_{n+1}}\\ ∴&&\dfrac{P_{n-1}+P_na_n}{Q_{n-1}+Q_na_n}=\dfrac{P_0+P_1a_1}{Q_0+Q_1a_1} =\dfrac{1+k_0a_1}{a_1}=k_0+\dfrac{1}{a_1}=a_0=a \end{eqnarray*} (4)　 　　\begin{eqnarray*} a-\dfrac{P_n}{Q_n}&=&\dfrac{P_{n-1}+P_na_n}{Q_{n-1}+Q_na_n}-\dfrac{P_n}{Q_n}\\ &=&\dfrac{(P_{n-1}+P_na_n)Q_n-P_n(Q_{n-1}+Q_na_n)}{(Q_{n-1}+Q_na_n)Q_n}\\ &=&\dfrac{(P_{n-1}Q_n-P_nQ_{n-1}}{(Q_{n-1}+Q_na_n)Q_n} =\dfrac{-(-1)^n}{(Q_{n-1}+Q_na_n)Q_n}\\ ∴&& \left|a-\dfrac{P_n}{Q_n} \right|=\dfrac{1}{|(Q_{n-1}+Q_na_n)Q_n|} \end{eqnarray*} ここで$0 < a_{n-1}-k_{n-1}=\dfrac{1}{a_n} < 1$から$a_n >1$である． 定め方から$Q_n>0\ (n\geqq 1)$なので \begin{eqnarray*} |(Q_{n-1}+Q_na_n)Q_n|&=&(Q_{n-1}+Q_na_n)Q_n\ \geqq \ a_nQ_n^2>Q_n^2 \end{eqnarray*} \[ ∴ \quad \left| a-\dfrac{P_n}{Q_n}\right|<\dfrac{1}{Q_n^2} \] 注意：　 $P_n$，$Q_n$は単調に増加する．よって \[ \lim_{n \to \infty}\dfrac{P_n}{Q_n}=a \] である． さらに詳しくは，『数論初歩』「二次行列と実数の連分数展開」を参照のこと．

一般化問題の解答
(1)　 領域$D_n$に属し，かつ直線$x=k\ (0\leqq k \leqq n-1)$上にある格子点の個数は， \[ \left[k \alpha\right]+1 \] である．したがって \[ S_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\left[k \alpha\right]+1 \right) \] となる．これから \[ \sum_{k=0}^{n-1}k \alpha < S_n\leqq \sum_{k=0}^{n-1}\left(k \alpha+1 \right) \] が成り立つ．これを計算して \[ \dfrac{n(n-1)\alpha}{2} < S_n\leqq \dfrac{n(n-1)\alpha}{2}+n \] よって \[ \dfrac{n(n-1)\alpha}{2n^2} < \dfrac{S_n}{n^2}\leqq \dfrac{n(n-1)\alpha}{2n^2}+\dfrac{1}{n} \] $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{n(n-1)}{n^2}=1$なので，はさみうちの原理から \[ \lim_{n \to \infty}\dfrac{S_n}{n^2}=\dfrac{\alpha}{2} \] である．
(2)
(i)　 $\alpha$が有理数のとき． $\alpha=\dfrac{p}{q}\ (p,\ q\ 互いに素)$とおく． $l$を自然数として和$S_{ql}$を考える． 等式$(1)$を$m=ql$，$n=pl$，$d=l$，$x=0$で用いて \begin{eqnarray*} S_{ql}&=& \sum_{k=0}^{ql-1}\left(\left[k \alpha\right]+1 \right) =\sum_{k=0}^{ql-1}\left(\left[\dfrac{kp}{q}\right]+1 \right)\\ &=&\sum_{k=0}^{ql-1}\left(\left[\dfrac{kpl}{ql}\right]+1 \right)=\dfrac{(pl-1)(ql-1)}{2}+\dfrac{l-1}{2}+ql\\ &=&\dfrac{\alpha}{2}(ql)^2+\dfrac{(q-p+1)l}{2} \end{eqnarray*} したがって \[ S_{ql}-\dfrac{\alpha}{2}(ql)^2=\dfrac{(q-p+1)l}{2} \] となるので，$q-p+1\ne 0$のとき \[ \lim_{l \to \infty}\left|S_{ql}-\dfrac{\alpha}{2}(ql)^2 \right|=\infty \] となる．つまりこのとき条件（H）が成立する$C$は存在しない． $q-p+1=0$のとき． 自然数$n$に対して \[ S_{n+q}-\dfrac{\alpha}{2}(n+q)^2=S_{n}-\dfrac{\alpha}{2}(n)^2 +\sum_{k=0}^{q-1}\left(\left[\dfrac{p(n+k)}{q}\right]+1 \right) -\dfrac{p}{2q}(2nq+q^2) \] であるが，等式$(1)$を$m=q$，$n=p$，$x=pn$，$d=1$で用いて \begin{eqnarray*} &&\sum_{k=0}^{q-1}\left(\left[\dfrac{p(n+k)}{q}\right]+1 \right) -\dfrac{p}{2q}(2nq+q^2) =\sum_{k=0}^{q-1}\left(\left[\dfrac{kp+pn}{q}\right]+1 \right)-\dfrac{p}{2}(2n+q)\\ &=&\dfrac{(p-1)(q-1)}{2}+[pn]+q-\dfrac{p}{2}(2n+q)=\dfrac{q-p+1}{2}=0 \end{eqnarray*} したがって，$S_{n}-\dfrac{\alpha}{2}(n)^2$は$n$に関して周期$q$で同じ値を繰り返す． よって，$n=1,\ 2,\ \cdots,\ q-1$に対して， \[ \left|S_{n}-\dfrac{\alpha}{2}(n)^2 \right| < C \] となる正の定数$C$をとれば，これは条件（$\mathrm{H}$）を満たす．
(ii)　 $\alpha$が無理数のとき． 上記入試問題の$a$として$\alpha$をとると，その(4)より， $\alpha$に収束する有理数列$\left\{\dfrac{P_m}{Q_m}\right\}$で \[ \left|\alpha-\dfrac{P_m}{Q_m}\right|<\dfrac{1}{Q_m^2} \] を満たすがもの存在する． $\epsilon_m=\alpha-\dfrac{P_m}{Q_m}$とおく． \[ k \alpha=k\left(\dfrac{P_m}{Q_m}+\epsilon_m\right) =\left[\dfrac{kP_m}{Q_m}\right]+\left\{\dfrac{kP_m}{Q_m} \right\}+k\epsilon_m \] であるが，$1\leqq k \leqq Q_m-1$の$k$に対し， \[ \dfrac{1}{Q_m}\leqq \left\{\dfrac{kP_m}{Q_m} \right\}\leqq \dfrac{Q_m-1}{Q_m},\ \left|k\epsilon_m \right|<\dfrac{k}{Q_m^2}<\dfrac{1}{Q_m} \] であるから， \[ 0<\left\{\dfrac{kP_m}{Q_m} \right\}+k\epsilon_m<1 \] よって \[ [k\alpha]=\left[\dfrac{kP_m}{Q_m}\right] \] である．ここで， \[ S_{Q_m}=\sum_{k=0}^{Q_m-1}\left(\left[k \alpha\right]+1 \right) \] を考える．等式$(1)$を$m=Q_m$，$n=P_m$，$d=1$，$x=0$で用いて \[ S_{Q_m}=\sum_{k=0}^{Q_m-1}\left(\left[\dfrac{kP_m}{Q_m}\right]+1\right) =\dfrac{(P_m-1)(Q_m-1)}{2}+Q_m \] である．一方， \[ \dfrac{{Q_m}^2\alpha}{2}=\dfrac{1}{2}\left(P_mQ_m+\epsilon_m {Q_m}^2\right) \] となるので， \begin{eqnarray*} S_{Q_m}-\dfrac{{Q_m}^2\alpha}{2}&=&\dfrac{(P_m-1)(Q_m-1)}{2}+Q_m- \dfrac{1}{2}\left(P_mQ_m+\epsilon_m {Q_m}^2\right)\\ &=&\dfrac{Q_m-P_m}{2}+\dfrac{1-\epsilon_m {Q_m}^2}{2} \end{eqnarray*} である．ここで \[ \lim_{n \to \infty}\left(1-\dfrac{P_m}{Q_m} \right)=1-\alpha \] と有限確定なので \[\lim_{m \to \infty}\left|\dfrac{Q_m-P_m}{2}\right|= \lim_{m \to \infty}\left|\dfrac{Q_m}{2}\left(1-\dfrac{P_m}{Q_m} \right)\right| =+\infty \] である．さらに$\left|\epsilon_m {Q_m}^2 \right|<1$より \[ 0<\dfrac{1-\epsilon_m {Q_m}^2}{2}<1 \] である．よって \[ \lim_{m \to \infty} \left|S_{Q_m}- \dfrac{{Q_m}^2\alpha}{2}\right|=\infty \] となるので，条件（$\mathrm{H}$）が成立する$C$は存在しない． 以上から条件（$\mathrm{H}$）が成立する$C$が存在する$\alpha$の条件は， $\alpha$が正整数$q$を用いて$\alpha=\dfrac{q+1}{q}=1+\dfrac{1}{q}$と表されることである．

問題